Лекция № 4 Метрические пространства Теорема Бэра. В функциональном анализе важную роль играет следующая Теорема 1 (Бэр). Полное метрическое пространство R не может быть представлено в виде объединения счетного числа нигде не плотных множеств. Доказательство. Предположим противное. Пусть R M n , n 1 где каждое из множеств M n нигде не плотно в R . Пусть S 0 – некоторый замкнутый шар радиуса 1. Поскольку множество M 1 , будучи нигде не плотным, нигде не плотно в S 0 . Поэтому существует замкнутый шар S1 радиуса меньше 1 2 , такой, что S1 S 0 и S1 M1 Ø . Поскольку множество M 2 не плотно в S1 , то по той же причине в шаре S1 содержится замкнутый шар S2 радиуса меньше 1 , 3 для которого S 2 M 2 Ø и т.д. Мы получаем последовательность вложенных друг в друга замкнутых шаров { S n } , радиусы которых стремятся к нулю, причем S n M n Ø . В силу теоремы 4 (лекция 3) пересечение S n n 1 содержит некоторую точку x . Эта точка по построению не принадлежит ни одному из множеств M n , следовательно, x M n , т.е. R M n n n в противоречие предположению. Теорема доказана. В частности, всякое полное метрическое пространство без изолированных точек несчетно. Действительно, в таком пространстве каждая точка нигде не плотна. Пополнение метрических пространств. Если пространство R не полно, то его всегда можно включить некоторым (и, по существу, единственным) способом в полное пространство. Определение 1. Пусть R – метрическое пространство. Полное 57 метрическое пространство R называется пополнением пространства R , если: 1) R является подпространством пространства R ; 2) R всюду плотно в R , т.е. [ R ] R . (Здесь [ R ] означает замыкание R в метрике пространства R .) Например, пространство всех действительных чисел является пополнением пространства рациональных чисел. Теорема 2. Каждое метрическое пространство R имеет пополнение, и это пополнение единственно с точностью до изометрии, оставляющей неподвижными точки из R . Доказательство. Единственность. Нам нужно доказать, что ес ли R и R – два пополнения пространства R , то существует такое взаимно однозначное отображение пространства R на R , что 1) ( x ) x для всех x R ; 2) если x x и y y при соответствии , то 1( x , y ) 2 ( x , y ) , где 1 – расстояние в R , а 2 – расстояние в R . Отображение : R R определим следующим образом. Пусть x – произвольная точка из R . Тогда, по определению пополнения (см. определение 1), существует последовательность { x n } точек из R , сходящаяся к x . Но точки { x n } входят и в R . Так как простран ство R полно, то последовательность { x n } сходится в метрике R к некоторой точке x . Ясно, что x не зависит от выбора последова тельности { x n } , сходящейся к x . Положим ( x ) x . Отображе ние и есть искомое изометрическое отображение пространства R в пространство R , оставляющие неподвижными точки из R . Действительно, по построению ( x ) x для всех x R . Далее, пусть последовательности { x n } и { y n } из R таковы, что xn x , yn y в R и xn x , yn y в R ; тогда в силу непрерывности расстояния, 58 1( x , y ) lim 1( xn , yn ) lim ( xn , yn ) , n n и, аналогично, 2 ( x , y ) lim 2 ( xn , yn ) lim ( xn , yn ) . n n Следовательно, 1( x , y ) 2 ( x , y ) . Таким образом, единственность пополнения с точностью до изометрии установлена. Докажем теперь существование пополнения. Пусть R – произвольное метрическое пространство. Назовем две фундаментальные пос(Идея этого доказательства та же, что и в канторовой теории действительных чисел, и даже проще, так как там для вновь вводимых объектов – иррациональных чисел – требуется еще определить все арифметические операции.) ледовательности { x n ' } из R эквивалентными, т.е. { xn } ~ { xn' } , если lim ( xn , xn ' ) 0 . Необходимо убедиться в том, { xn } и n что это действительно рефлексивное, симметричное и транзитивное бинарное отношение, т.е. 1) { xn } ~ { xn } для любой фундаментальной последовательности { x n } из R , 2) если { xn } ~ { yn } , то { yn } ~ { xn } , 3) если { xn } ~ { yn } и { yn } ~ { z n } , то { xn } ~ { z n } . Эти три условия, очевидно, выполнены. Отсюда следует, что все фундаментальные последовательности, которые можно составить из точек пространства R , распадаются на классы эквивалентных между собой последовательностей. Определим теперь метрическое пространство R . За его точки мы примем всевозможные классы эквивалентных между собой фундаментальных последовательностей, а расстояние между ними (классами эквивалентности!) зададим следующим образом. Пусть x и y – два таких класса. Выберем в каждом из этих классов по одному представителю, т.е. по некоторой фундаментальной последовательности { x n } и { y n } и положим ( 1 – метрика в пространстве R !) 1( x , y ) lim ( xn , yn ) . n (1) Докажем корректность этого определения расстояния, т.е. докажем, что 59 этот предел существует и не зависит от выбора представителей { xn } x и { y n } y . Имеем неравенство | ( xn , yn ) ( xm , ym ) | ( xn , xm ) ( yn , ym ) (2) Докажем это неравенство. В силу аксиомы треугольника имеем: ( xm , y m ) ( xm , xn ) ( xn , y m ) ( xn , xm ) ( xn , y n ) ( y n , y m ) , откуда следует, что ( xn , xm ) ( y n , y m ) ( xn , y n ) ( xm , y m ) (3) Далее, ( xn , y n ) ( xn , xm ) ( xm , y n ) ( xn , xm ) ( xm , y m ) ( y m , y n ) , откуда следует неравенство ( xn , y n ) ( xm , y m ) ( xn , xm ) ( y n , y m ) . (4) Неравенства (3) и (4) означают, что | ( xn , y n ) ( xm , y m ) | ( xn , xm ) ( y n , y m ) , так как | a | b означает, что b | a | b . Неравенство (2) доказано. Поскольку последовательности { x n } и { y n } фундаментальны, то из неравенства (2) получаем, что для всех достаточно больших n, m N | ( xn , yn ) ( xm , ym ) | , т.е. числовая последовательность sn ( xn , yn ) удовлетворяет критерию Коши и, следовательно, имеет предел. Этот предел не зависит от выбора представителей { xn } x и { y n } y . Действительно, пусть { xn },{ xn' } x и { yn },{ yn ' } y . Как и выше, справедливо неравенство (докажите!) | ( xn , yn ) ( xn' , yn' ) | ( xn , xn' ) ( yn , yn' ) . Поскольку { xn } ~ { xn ' } и { y n } ~ { y n ' } , то отсюда следует, что lim ( xn , yn ) lim ( xn' , yn' ) . n n Таким образом, мы показали, что 1 , задаваемое равенством (1), существует и не зависит от выбора представителей в классах эквивалентностей. Докажем теперь, что метрика 1 , определенная в пространстве R равенством (1), удовлетворяет аксиомам метрики. 60 1) 1( x , y ) 0 если и только если классы эквивалентности x и y совпали. Действительно, если 1( x , y ) 0 , то выбрав в классах эквивалентности x и y по представителю { xn } x и { y n } y , получим 0 1( x , y ) lim ( xn , yn ) . n Поэтому фундаментальные последовательности { x n } и { y n } эквивалентны, т.е. x y . Обратное утверждение очевидно: если x y , то 1( x , y ) 0 . 2) Симметрия: 1( x , y ) 1( y , x ) . Это условие, очевидно, выполнено. 3) Аксиома треугольника. Так как в исходном пространстве R аксиома треугольника выполнена, то для x , y , z R , выбрав по представителю { xn } x , { y n } y и { z n } z , имеем: ( xn , zn ) ( xn , yn ) ( yn , zn ) . Переходя к пределу при n , убеждаемся в справедливости аксиомы треугольника в пространстве R : 1( x , z ) 1( x , y ) 1( y , z ) . Покажем теперь, что R можно рассматривать как подпростран ство пространства R . Каждой точке x R отвечает некоторый класс эквивалентных фундаментальных последовательностей, а именно совокупность всех последовательностей, сходящихся к точке x . Этот класс не пуст, так как содержит стационарную последовательность, все члены которой равны x . При этом, если x lim xn и y lim yn , то 1( x , y ) lim ( xn , yn ) . n n n Следовательно, соотнеся каждой точке x R класс x сходящихся к ней (фундаментальных!) последовательностей, мы изометрически отоб разим R в подпространство R . В дальнейшем мы можем не различать само пространство R и его образ в R и рассматривать R как подпространство в R . 61 Покажем теперь, что R всюду плотно в R . Действительно, пусть x – некоторая точка из R и 0 произвольно. Выберем в x представителя, т.е. некоторую фундаментальную последовательность { x n } . Пусть N таково, что ( xn , xm ) n,m N . Тогда имеем: 1( xn , x ) lim ( xn , xm ) n N , m т.е. произвольная окрестность точки x содержит некоторую точку из R . Таким образом, R всюду плотно в R . Остается доказать полноту пространства R . По построению R любая фундаментальная последовательность x1 , x2 ,...,xn ,... точек из R сходится в R к некоторой точке, а именно, к точке x R , определяемой самой этой последовательностью. Далее, так как R всю ду плотно в R , то для любой фундаментальной последовательности x1 , x2 ,...,xn ,... точек из R можно построить эквивалентную ей последовательность x1 , x2 ,...,xn ,... точек из R . Для этого достаточно в качеx n взять любую точку из R такую, что ( xn , xn ) 1 n . Построенная последовательность { x n } фундаментальна в R и, по стве определению, сходится к некоторой точке x R . Но тогда к x cхо дится и последовательность { x n } . Теорема полностью доказана. Принцип сжимающих отображений и его применения. Многие вопросы, связанные с существованием и единственностью решений различных уравнений (дифференциальных, интегральных и т.д.), можно свести к вопросу о существовании и единственности неподвижной точки при некотором отображении соответствующего метрического пространства в себя. Пусть R – метрическое пространство. Отображение A : R R пространства R в себя называется сжимающим отображением, или сжатием, если существует такое положительное число 1 , что для любых двух точек x , y R выполняется неравенство ( Ax, Ay ) ( x , y ) . 62 (5) Всякое сжимающее отображение непрерывно. Действительно, xn x , т.е. ( xn , x ) 0 при n , то в силу (5) ( Axn , Ax ) 0 , т.е. Axn Ax . Точка x R называется неподвижной точкой отображения A : R R пространства R в себя, если Ax x . Иначе говоря, неподвижные точки – это решения уравнения Ax x . если Теорема 3 (Принцип сжимающих отображений). Всякое сжимающее отображение полного метрического пространства R в себя имеет одну и только одну неподвижную точку. Доказательство. Пусть x0 – произвольная точка в R . Поло- xn Axn 1 An x0 , n 1,2,3,..... Покажем, что последовательность { x n } фундаментальна. Действительно, считая для определенности m n , имеем ( xn , xm ) ( An x0 , Am x0 ) n ( x0 , xmn ) жим x1 Ax0 , x2 Ax1 A2 x0 , и т.д., n { ( x0 , x1 ) ( x1 , x 2 ) ... ( xmn 1 , xmn )} n ( x0 , x1 ){ 1 2 ... mn 1 } n ( x0 , x1 ) 1 . 1 Так как 1 , то при достаточно большом n эта величина сколь угодно мала. В силу полноты пространства R последовательность { x n } , будучи фундаментальной, имеет предел. Положим x lim xn . n Тогда в силу непрерывности отображения A Ax A lim xn lim Axn lim xn 1 x . n n n Итак, существование неподвижной точки доказано. Докажем ее единственность. Если Ax x , Ay y , то неравенство (5) принимает вид ( x , y ) ( x , y ) ; так как 1 , отсюда следует, что ( x , y ) 0 , т.е. x y . Теорема доказана. 63 Применения принципа сжимающих отображений. 1) Рассмотрим линейное отображение A n -мерного пространства в себя, задаваемое системой линейных уравнений yi nj 1 aij x j bi , i 1,2,...,n . (6) Если отображение A есть сжатие, то мы можем применить метод последовательных приближений к решению системы уравнений x Ax . Условие того, что A – сжатие, зависит от выбора метрики в пространстве. Рассмотрим три варианта. a) Пространство R0n , где ( x , y ) max | xi yi | . Пусть y' Ax' , 1i n y' ' Ax' ' . Тогда ( y' , y' ' ) max | yi ' yi ' ' | max | j aij x j ' j aij x j ' ' | 1 i n i max | j aij ( x j ' x j ' ' ) | max( j | aij | | x j ' x j ' ' |) i i ( max j | aij | ) ( max | x j ' x j ' ' |) ( max j | aij |) ( x' , x' ' ). i Отсюда j условие i сжатости отображения A: j 1| aij | 1 , n i 1,2,...,n . b) Пространство R1n , где ( x , y ) j 1| x j y j | . В этом случае n ( y' , y' ' ) i | yi ' yi ' ' | i | j aij x j ' j aij x j ' ' | i | j aij ( x j ' x j ' ' ) | i j | aij | | x j ' x j ' ' | j i | aij | | x j ' x j ' ' | max i | aij | j | x j ' x j ' ' | j ( max i | aij | ) ( x' , x' ' ). j Отсюда условие сжатости отображения A : in1| aij | 1 , j 1,2,...,n . n c) Пространство R , где используется ( x , y ) in1 ( xi yi )2 неравенство Коши-Буняковского: ( k a k2 ) ( k bk2 ) . 64 . Для оценок ( k ak bk )2 ( y' , y' ' ) i ( yi ' yi ' ' )2 i ( j aij x j ' j aij x j ' ' )2 i ( j aij ( x j ' x j ' ' ))2 i j aij2 j ( x j ' x j ' ' )2 ( ij aij2 ) 2 ( x' , x' ' ). Отсюда условие сжатости: ij aij2 1 . Более существенны применения принципа сжимающих отображений в бесконечномерных функциональных пространствах. 2) Теорема существования и единственности решения обыкновенного дифференциального уравнения. Рассмотрим дифференциальное уравнение dy f ( x, y ) dx (7) y ( x0 ) y 0 . (8) с начальным условием Предполагается, что числовая функция двух переменных f ( x , y ) определена и непрерывна в некоторой открытой области на плоскости G , содержащей точку ( x0 , y0 ) и удовлетворяет в этой области условию Липшица по аргументу y , т.е. | f ( x , y1 ) f ( x , y 2 ) | M | y1 y 2 | . (9) Докажем, что тогда на некотором отрезке | x x0 | d существует, и при том только одно решение y ( x ) уравнения (7), удовлетворяющее начальному условию (8). Задачу (7)-(8), т.е. нахождение решения дифференциального уравнения (7), удовлетворяющего начальному условию (8), принято называть задачей Коши. Уравнение (7) с начальным условием (8) эквивалентно интегральному уравнению x ( x ) y0 f ( t , ( t ))dt . x0 (10) Действительно, если y ( x ) есть решение уравнения (7), удовлетворяющее начальному условию (8), то интегрируя равенство d ( x ) f ( x , ( x )) dx 65 в промежутке от x0 до x , убеждаемся в том, что y ( x ) есть реше- ние интегрального уравнения (10). Обратно, если y ( x ) есть решение интегрального уравнения (10), то дифференцируя равенство (10), получаем, что y ( x ) есть решение уравнения (7). Полагая в (10) x x0 , убеждаемся в том, что начальное условие (8) выполнено. Наша задача свелась к доказательству того, что на некотором отрезке | x x0 | d существует и единственно решение y ( x ) интегрального уравнения (10). В силу непрерывности функции f ( x , y ) в области G имеем: | f ( x , y ) | K (11) G' G , содержащей точку ( x0 , y0 ) . Рассмотрим отображение A в пространстве непрерывных на отрезке | x x0 | d функций, задаваемое формулой в некоторой области x ( x ) y0 f ( t , ( t ))dt . x0 Имеем следующие оценки: x x x0 x0 | ( x ) y0 || f ( t , ( t ))dt | | f ( t , ( t )) | dt Kd , | 1 ( x ) 2 ( x ) | x x x x0 x0 | f ( t , 1 ( t ))dt f ( t , 2 ( t ))dt | | f ( t , 1 ( t )) f ( t , 2 ( t )) | dt x0 x M | 1( t ) 2 ( t ) | dt M max | 1( x ) 2 ( x ) | d . | x x | d x0 0 Пусть теперь d таково, что M d 1 . Рассмотрим в пространстве непрерывных на отрезке | x x0 | d функций подпространство C { ( x ) : | ( x ) y0 | Kd } . В силу последних двух оценок имеем: отображение A переводит C в A( C ) C , и является сжатием, так как M d 1 . Тогда в силу принципа сжатия в C существует единственная неподвижная себя, т.е. 66 точка отображения A , которая и является решением интегрального уравнения (10), а следовательно и решением задачи Коши (7) – (8). Замечание 1. Необходимо доказать, что подпространство C замкнуто. Тогда замкнутое подпространство полного метрического пространства также является полным метрическим пространством, в котором и верен принцип сжатия. 3) Задача Коши для систем дифференциальных уравнений. Рассмотрим систему уравнений dyi fi ( x , y1 ,..., yn ) , i 1,2,...,n , dx (12) yi ( x0 ) y0i , i 1,2,...,n , (13) с начальными условиями где функции f i определены и непрерывны в некоторой области G проn 1 странства R , содержащей точку ( x0 , y01 ,..., y0 n ) , и удовлетворяют в ней условию Липшица | f i ( x , y1( 1 ) ,..., yn( 1 ) ) f i ( x , y1( 2 ) ,..., yn( 2 ) ) | M max | yi( 1 ) yi( 2 ) | . 1 i n Нам надо доказать, что на некотором отрезке | x x0 | d существует одно и только одно решение задачи (12), (13). Так же как и в одномерном случае, система (12) с начальными условиями (13) эквивалентна системе интегральных уравнений i ( x ) y0i x f i ( t ,1( t ),..., n ( t ))dt , i 1,2,...,n . x0 В силу непрерывности функций f i они ограничены в некоторой области G' G , содержащей точку ( x0 , y01 ,..., y0 n ) , т.е. существует константа K такая, что | f i ( x , y1 ,..., yn ) | K в области G' , i 1,2,...,n . По аналогии с обыкновенным дифференциальным уравнением подбираем постоянную d 0 так, чтобы выполнялись условия 1) ( x , y1 ,..., yn ) G' , если | x x0 | d , | yi y0i | Kd , i 1,2,...,n , 2) Md 1 . Рассмотрим пространство C n , элементами которого являются вектор- функции ( x ) ( 1( x ),..., n ( x )) , определенные и непрерывные на 67 отрезке | x x0 | d и такие, что | i ( x ) y0i | Kd . Определим метрику формулой ( , ) max max | i ( x ) i ( x ) | . i | x x0 | d Это – полное метрическое пространство. Отображение A , задаваемое формулой x i ( x ) y0i f i ( t , 1 ( t ),..., n ( t ))dt , i 1,2,...,n , x0 есть сжимающее отображение полного метрического пространства C n в себя. Действительно, x i( 1 ) ( x ) i( 2 ) ( x ) [ f i ( t , 1( 1 ) ( t ),..., n( 1 ) ( t )) x0 f i ( t , 1( 2 ) ( t ),..., n( 2 ) ( t ))] dt , и следовательно max | i( 1 ) ( x ) i( 2 ) ( x ) | Md max | i( 1 ) ( x ) i( 2 ) ( x ) | . x ,i x ,i Поэтому отображение A – сжимающее, поскольку Md 1 . Отсюда вытекает, что операторное уравнение A имеет одно и только одно решение в пространстве C n , т.е. задача Коши (12), (13) для системы дифференциальных уравнений по крайней мере локально имеет одно и только одно решение. 4) Интегральное уравнение Фредгольма. Рассмотрим неоднородное интегральное уравнение второго рода вида b f ( x ) K ( x , y ) f ( y )dy ( x ) , (14) a где функция двух переменных K ( x , y ) задана и непрерывна в области a x b , a y b (квадрат на плоскости), а функция ( x ) непрерывна при a x b . Функция K ( x , y ) называется ядром интегрального уравнения, а – произвольный числовой параметр. Рассмотрим отображение g Af полного метрического пространства непрерывных функций C [ a ,b ] в себя, задаваемого формулой 68 b g( x ) K ( x , y ) f ( y )dy ( x ) . a В силу непрерывности ядра K ( x , y ) имеем: | K ( x , y ) | M . Поэтому справедлива оценка b ( g1 , g 2 ) max | g1 ( x ) g 2 ( x ) | max | K ( x , y )[ f 1 ( y ) f 2 ( y )] dy | x x a | | M ( b a ) max | f1 ( x ) f 2 ( x ) || | M ( b a ) ( f1 , f 2 ) . x Тогда при всех таких, что | | 1 M(b a ) , отображение A – сжи- мающее, т.е. при таких уравнение Фредгольма имеет единственное непрерывное решение. Последовательные приближения к этому решению f 0 , f 1 ,..., f n ,... имеют вид b f n ( x ) K ( x , y ) f n 1 ( y )dy ( x ) , n 1,2,3,..., a где в качестве f 0 ( x ) можно взять любую непрерывную на отрезке [ a ,b ] функцию. 5) Интегральное уравнение Вольтерра. Рассмотрим теперь интегральное уравнение вида x f ( x ) K ( x , y ) f ( y )dy ( x ) . (15) a Отличие от уравнения Фредгольма состоит в том, что верхний предел в интеграле – переменная величина. Формально это уравнение можно рассматривать как частный случай уравнения Фредгольма, доопределив ядро K ( x , y ) равенством K ( x , y ) 0 при y x . В случае уравнения Фредгольма мы были вынуждены ограничиться малыми значениями параметра , а к уравнению Вольтерра принцип сжимающих отображений (точнее, его обобщение) применим при всех значениях параметра . Теорема 4. Пусть A – такое непрерывное отображение полного n метрического пространства R в себя, что некоторая его степень B A является сжатием; тогда уравнение Ax x имеет одно и только одно решение. 69 Доказательство. Так как отображение B – сжатие, то у него существует единственная неподвижная точка x : Bx x . Тогда при любом k Ax ABx AB k x B k Ax B k x0 , где x0 Ax . В силу сжатости отображения B (16) последовательность Bx 0 , B x0 ,..., B x0 ,... для любого x0 R сходится к неподвижной 2 k точке x отображения B . Если в равенстве (16) k , то имеем Ax x , т.е. неподвижная точка отображения B является неподвижной и для A . В силу того, что любая неподвижная отображения A является неподвижной точкой и для отображения A B , и так как B – сжатие, то она единственна. Теорема доказана. Вернемся теперь к интегральному уравнению Вольтерра и рассмотрим отображение n x Af ( x ) K ( x , y ) f ( y )dy ( x ) . a Покажем, что некоторая степень этого отображения является сжатием. Пусть f 1 и f 2 – две непрерывные на отрезке [ a ,b ] функции. Тогда x | Af1 ( x ) Af 2 ( x ) || | | K ( x , y )[ f 1 ( y ) f 2 ( y )] dy a | | M ( x a ) max | f1( y ) f 2 ( y ) | , x где M max | K ( x , y ) | . Поэтому x | A2 f 1 ( x ) A2 f 2 ( x ) || |2 M 2 ( x a )2 max | f 1 ( x ) f 2 ( x ) | , x 2 и так далее, | An f 1 ( x ) An f 2 ( x ) || |n M n ( x a )n max | f 1 ( x ) f 2 ( x ) | x n! ( b a )n max | f 1 ( x ) f 2 ( x ) | . x n! n n n (ba) 1 . Тогда Очевидно, что существует n такое, что | | M n! | |n M n n отображение A есть сжатие. Следовательно уравнение Вольтерра при любом имеет решение, и при том единственное. 70